四川省德阳市第五中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题

高 2024 级高一下期半期考试数学试题 本试卷 19 小题，满分 150 分.考试用时 120 分钟. 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的 姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用 2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑. 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效. 第 I卷（选择题） 一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 1. 命题“ 2R, 2 0x x x a     ”的否定是（ ） A. 2R, 2 0x x x a     B. 2R, 2 0x x x a     C. 2R, 2 0x x x a     D. 2R, 2 0x x x a     2.复数 2cos2sin iz  ，（ i是虚数单位）对应的点位于复平面的 （ ） A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 3. 已知向量 (2,1)a   ， ( , 3)b m   ，且 (2 )a b b    ，则m （ ） A. 1 或 3 B. -1 或-3 C. -3 D. -1 4.在 ABC 中， 3,4, 3 2cos  BCACC ,则 Bcos （ ） A. 1 9 B. 1 3 C. 12 D. 2 3 5. 在 ABCV 中，A，B，C的对边分别为 a，b，c，若 cos cosb B a A ，则 ABCV 的 形状是（ ） A. 等腰直角三角形 B. 等腰三角形或直角三角形 C. 直角三角形 D. 等腰三角形 6. 在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.以织女星的亮度 0I 为标准，天体 的星等m与亮度 I 满足 0 5 lg 2 Im I   ，已知北极星的星等为 2，牛郎星的星等为 0.8，则北 极星与牛郎星的亮度之比为（ ） A. 5 210 B. 5 210  C. 12 2510 D. 12 2510  7.已知 CBA ,, 三点共线， PCPB, 不共线且 A在线段 BC上（不含端点），若 PCyPBxPA  ，则 1 41   yx 的最小值为 （ ） A． 7 2 B．4 C． 9 2 D． 11 2 8.已知平面向量 21,ee 的夹角为 6  ， 22 e ，且对任意的 1212, eeeeR   恒成立， 则 )(, 2 1 1212 Rxeexeex  的最小值为 （ ） A. 52 B. 32 C. 2 3 D.3 二、多选题本题共 3 小题：每小题 6 分,共 18 分,全部选对的得 6分，部分选对的得 2 分或 3 分,有选错的得 0 分. 9. 已知 i是虚数单位，下列说法正确的是（ ） A.若复数 Rmimmz  ,)2(42 为纯虚数，则 2m B.若 Cz ，则 22 zz  C.已知 a b ，则 biai  D.若 ,Cz 1z ，则 2z 的最小值为 1 10. 下列说法中正确的是（ ） A. 各侧棱都相等的棱锥为正棱锥 B. 棱锥的侧面一定都是三角形 C. 棱台各侧棱的长都相等 D. 在棱长为 2的正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，M为 1AD 的中点，则三棱锥M ABC 的体 积是 2 3 11.已知 ABC 中角 CBA ,, 的对边分别是 cba ,, ，则下列结论正确的是（ ） A.若HA HB HB HC HC HA           ，则点 H是 ABC 的外心 B.若 3 3 3a b c  ，则 ABC△ 是锐角三角形 C.已知 2AB  ， 3AC  ， π 3 A  ，则内切圆的半径为 5 3 21 6 r  D.若 3  B ，O是 ABC 的外心， OCnOAmOB  ，则 )1,2[ nm 第 II 卷（非选择题） 三、填空题：（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.） 12.已知 为锐角，且  sin3tan  ，则 2cos . 13． ABCV 的直观图 A B C   如图所示，其中 / /A B x  轴， / /A C y  轴，且 2A B A C     ，则 ABCV 的面积为______. 14.已知 ABCRt 中角 CBA ,, 的对边分别是 cba ,, ， ZAtan 且 a是最小的边， 2 25sinsin  CaA ，则 ABC 的面积为 . 四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15.（13分）已知向量夹角为 60 的向量 ba, 满足 1a   ， 2b   . （1）求  2a b b   的值； （2）求向量 2a b   与b  的夹角 的余弦值． 16.（15分）已知 ABC 中角 CBA ,, 的对边分别是 cba ,, ，且 222 333 acbbc  . （1）求 Asin ； （2）若 5,2  cba ，求 ABC 的面积. 17. （15分）已知向量  cos sin , 3sinx x xm   ，  cos sin ,2cosx x xn   ，函数  g x m n    ． （1）求  g x 的最小正周期及其对称中心； （2）若函数    f x g x a  在区间 π0, 2      上恰有两个零点，求实数 a的取值范围． 18.（17分）某学校的一个数学兴趣小组在学习了正弦定理、余弦定理的应用后，准备测量 学校附近一座建筑物的高度.建筑物最高点 P在地面上的投影 H 位于建筑物内部，不可到达 且不可从外部看到，该小组在学校操场上任意选择了相距 30 m的A，B两点进行测量.有三 位同学各自提出了一种方案，并测出了相应的数据. 方案一：从点A处测得 PAB，从点 B处测得 PBA 和点 P的仰角 2 .其中 os 32 13c PAB   ， 7cos 12 PBA  ， 2 2sin 3   . 方案二：从A， B两点分别测得点 P的仰角 1 和 2 ，再从 B点测得 PBA .其中 1 3sin 4   ， 2 2sin 3   ， 47cos 48 APB  . 方案三：从点 P处分别测得点A和 B的俯角 1 和 2 ，以及 APB .其中 1 3sin 4   ， 2 2sin 3   ， 7cos 12 PBA  . 从上述三种方案中选择一种你认为能够测出建筑物的高度PH的方案，并根据该方案中的数 据计算出PH的长.（注意：只能使用你所选择的方案中的数据，不能使用未选择的方案中 的数据.如果选择多个方案，则按照所选的第一个方案的解答计分.） 19.（本小题满分 17分） 十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题： “已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”它的答案是： “当三角形的三个角均小于120时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三 个顶点的连线两两成角120；当三角形有一内角大于或等于120时，所求点为三角形最大 内角的顶点．在费马问题中所求的点称为费马点．已知 a，b，c分别是 ABC 三个内角 A， B，C的对边，且 cos πsin 2cos 6 A C B       ，点 P为 ABC 的费马点． （1）求角 B； （2）若 2 2( ) 6b a c   ，求 PA PB PB PC PA PC           的值； （3）若 1b  ，求 | | | | | |PA PC PB  的取值范围． 答案第 1页，共 4页 学科网（北京）股份有限公司 高 2024 级高一下学期半期考试 数学答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D B A B D C C ABD BD 题号 11 答案 BCD 12. 3 1  13.4 14.4 或 8 15．解（1）因为 1a   ， 2b   ， , 60a b     ， 所以   222 2 2 cos ,a b b a b b a b a b b               22 1 2cos60 2 2      . （2）  2 2 22 2 4 4 4 1 4 1 2cos60 4 2a b a b a a b b                    所以   22 2 2 1cos 2 2 2 2 22 a b b a b b a b b                        . 16．解：（1） 222 333 acbbc  bccba 3 1222  由余弦定理 Abccba cos2222  6 1cos  A 6 35sin  A （2） bccba 3 1222  bccb 3 7)(4 2  9bc 4 353sin 2 1   AbcS ABC 17．解（1） 2 2( ) cos sin 2 3 sin cosg x m n x x x x       πcos 2 3 sin 2 2sin 2 6 x x x        ， ( )g x 的最小正周期 2π π 2 T   . 令 π2 π, Z 6 x k k   ，解得 π π , Z 2 12 kx k   ，则 ( )g x 对称中心为 π π ,0 , Z 2 12 ( )k k  答案第 2页，共 4页 学科网（北京）股份有限公司 （2） 由题知 ( )g x a 在区间 π0, 2      上恰有两个不同的实数根， 即函数 ( )g x 在区间 π0, 2      上的图像与直线 y a 恰有两个交点， 令 π π π 7π2 , 0, , , 6 2 6 6 u x x u               ， 做出 π 7π2sin , 6 6 y u u        的图像与直线 y a ，如图. 由图知，当1 2a  时， π 7π2sin , 6 6 y u u        的图像与直线 y a 有两个交点. 18．解：选择方案一，则 2 3 95sin 1 cos 32 PAB PAB   ， 2 95sin 1 cos 12 PBA PBA    . 由于 180PAB PBA APB    ， 所以  sin sinAPB PAB PBA    8 co 95sin scos sin 4 PAB PBA PAB PBA      . 在 PAB 中，由正弦定理可得 sin sin AB PB APB PAB    ， 因此 sin 135m sin P PAB A AB PB B    ， 从而 2sin 90 mPH PB   . 选择方案二：设 mPH x ，则 1 4 sin 3 PHPA x    ， 2 3 sin 2 PHPB x    . 在 PAB 中，由余弦定理可得 2 2 2 2 cosAB PA PB PA PB APB      ， 即 2 216 9 4 3 472 900 9 4 3 2 48 x x x x      ，解得 90x  （舍去负根）. 答案第 3页，共 4页 学科网（北京）股份有限公司 所以 90mPH  . 如果选择方案三，因为 7cos 12 PBA  ，所以 2 95sin 1 cos 12 PBA PBA    ， 设 mPH x ，则 1 4 sin 3 PHPA x    ， 2 3 sin 2 PHPB x    . 由正弦定理计算可得 3 95 95sin sin 32 12 PAB PBAPB PA     ， 则 PAB有两种可能取值， 所以 2 2 131 cocos 3 sPAB PAB      ， 故不能唯一确定PH的值. 19.解:(1) cos π 3 1sin( ) sin cos 2cos 6 2 2 A C C C B     ，  cos 3 cos sin cos cosA B C B C  ， cos[π ( )] 3 cos sin cos cosB C B C B C     ， (cos cos sin sin ) 3 cos sin cos cosB C B C B C B C    ， 又 sin 0C  ， sin 3 cosB B  ， tan 3B  ，  0,πB , π3B  ， (2) 2 2 2 1cos 2 2 a c bB ac      ， 2 2 2a c b ac    ，又 2 2 2 2 2( ) ( ) 2 6b a c b a c ac       ， 6ac  ， 设 | |PA x  ， | |PB y  ， | |PC z  ， 60B   ，三角形 ABC的三个角均小于 120， 根据题意可得 120APB BPC APC    ， 又 APB BPC APC ABCS S S S      ，  1 3 1 3 1 3 1 3 2 2 2 2 2 2 2 2 xy yz xz ac       ， 6xy yz xz ac     ，  PA PB PB PC PA PC           1 1 1( ) ( ) ( ) 2 2 2 xy yz xz         答案第 4页，共 4页 学科网（北京）股份有限公司 1 ( ) 3 2 xy yz xz      ． (3)由 APB BPC APC ABCS S S S      ，  1 3 1 3 1 3 1 3 2 2 2 2 2 2 2 2 xy yz xz ac       ， xy yz xz ac    ， 由余弦定理可得 2 2 2 2 22 cos120b x z xz x z xz     + ， 同理可得 2 2 2c x y xy  + ， 2 2 2a z y yz  + ， 相加可得 2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2a c b x y z xy yz zx x y z ac          + ， 又 2 2 2a c b ac   ， 所以 2 2 2 1x y z   ， 由于 60 , 120 , 60 , 60B APB ABP CBP ABP BAP            , 所以 ,BAP CBP   又 120 ,APB BPC     故 ABP BCP  ，所以 2 x y y zx y z  = ， 故       2 2 22 2 1 1 1 4 x z x zx z x z xz xz x z              ，且  2 1xz x z   故 4 3 x z  ，当且仅当 x z 时等号成立， 又 1x z b   ，所以 41 3 x z    2 1PA PC PB x z y x z xz x z x z             ， 令 x z t = ，则 41 3 t  ， 所以 2 2 1| | | | | | 1 1 PA PC PB t t t t     = - = + ， 由于函数 2 1y t y t  , 均为 41 3 t  上的单调递增函数，故 2 1y t t   为 41 3 t  的单调递增 函数， 故 2 1 1, 3y t t     ，进而 2 1 3 ,1 31 PA PC PB t t           